2022-2023学年广东省广州市天河中学高二上学期期末数学试题（解析版）

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2022-2023学年广东省广州市天河中学高二上学期期末数学试题一、单选题1．已知，，则直线的倾斜角大小是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设出直线的倾斜角，利用倾斜角与斜率的关系求出，进而求出倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，则，因为，所以.故选：D2．在空间直角坐标系中，点在平面内射影的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据射影的概念，由点在平面内射影的轴方向坐标变为，其它方向坐标不变即可得解.【详解】点在平面内的射影，即向平面作垂线，垂足为射影，故轴和轴方向的坐标不变，轴方向坐标变为，故射影的坐标.故选：A3．圆与圆的位置关系为（    ）A．内切 B．相交 C．外切 D．相离【答案】B【分析】根据给定条件，求出两圆的圆心距，再判断两圆位置关系作答.【详解】依题意，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，则有，显然，所以圆与圆相交.故选：B4．椭圆与椭圆的（    ）A．长轴长相等 B．短轴长相等 C．离心率相等 D．焦距相等【答案】D【分析】分别求出两个椭圆的长轴长、短轴长、离心率和焦距即可判断.【详解】解：椭圆的长轴长为4，短轴长为，离心率为，焦距为；椭圆的长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为；故两个椭圆的焦距相等.故选：D.5．意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……，这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2022项中有（    ）个奇数A．1012 B．1346 C．1348 D．1350【答案】C【分析】由斐波那契数列的前几项分析该数列的项的奇偶规律，由此确定该数列的前2022项中的奇数的个数.【详解】由已知可得为奇数，为奇数，为偶数，因为，所以为奇数，为奇数，为偶数，…………所以为奇数，为奇数，为偶数，又故该数列的前2022项中共有1348个奇数，故选：C.6．已知是抛物线的焦点，是该抛物线上两点，，则的中点到轴的距离为（    ）A． B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据抛物线的几何性质求出MN中点的纵坐标即可.【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设点，，由抛物线的定义可得，即，则中点的纵坐标为，即的中点到 轴的距离为，故选：.7．已知直线：经过定点P，直线经过点P，且的方向向量，则直线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】直线方程变为，可得定点.根据的方向向量，可得斜率为，代入点斜式方程，化简为一般式即可.【详解】可变形为，解得，即点坐标为.因为，所以直线的斜率为，又过点，代入点斜式方程可得，整理可得.故选：A.8．某牧场2022年年初牛的存栏数为500，预计以后每年存栏数的增长率为20%，且在每年年底卖出60头牛.设牧场从2022年起每年年初的计划存栏数依次为，，，…，，…，其中，则下列结论不正确的是（    ） （附：，，，.）A．B．与的递推公式为C．按照计划2028年年初存栏数首次突破1000D．令，则（精确到1）【答案】C【分析】可以利用“每年存栏数的增长率为”和“每年年底卖出60头”建立与的关系，用待定系数法构造等比数列，求出通项公式即可求解.【详解】由题意得，并且，故B正确；则，故A正确；设，则，则0.2x＝60，则x＝300，∴，即数列{}是首项为，公比为1.2的等比数列，则，则，令，则，∵，，∴n－1≥7，则n≥8，故2029年年初存栏数首次突破1000，故C错误；≈3000＋1000×(6.1917－1)≈8192，故D正确.故选：C.二、多选题9．已知圆，则（    ）A．圆关于直线对称B．圆关于直线对称的圆为C．直线过点且与圆相切，则直线的方程为D．若点在圆上，则的最小值为3【答案】ABD【分析】利用圆心在直线上判断A；利用圆心关于直线对称判断B；利用直线也符合题意判断C；利用圆心到定点的距离减去半径判断D.【详解】圆的半径为1，圆心为，在直线上，所以圆关于直线对称，A正确；因为的半径为1，圆心为，所以的中点坐标为，在直线上，又因为，直线的斜率为，所以，所以关于直线对称，即两圆半径相等圆心关于直线对称，所以两圆关于直线对称，B正确；因为直线经过，且其到圆心的距离等于半径1，所以直线也与圆相切，故C错误；表示到的距离，因，所以的最小值为，D正确.故选：ABD.10．已知拋物线的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（    ）A．若，则B．以为直径的圆与准线相切C．设，则D．过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有2条【答案】ABC【分析】根据焦点弦公式即可判断A；求出线段的中点坐标及圆的半径，从而可判断B；根据抛物线的定义可得，即可判断C；分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合根的判别式即可判断D.【详解】解：由题意，故A正确；拋物线的准线，，则以为直径的圆的半径，线段的中点坐标为，则线段的中点到准线的距离为，所以以为直径的圆与准线相切，故B正确；拋物线的焦点为，，当且仅当三点共线时，取等号，所以，故C正确；对于D，当直线斜率不存在时，直线方程为，与抛物线只有一个交点，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，消得，当时，方程得解为，此时直线与抛物线只有一个交点，当时，则，解得，综上所述，过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线有3条，故D错误.故选：ABC.11．如图，已知棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）A．点到直线的距离为B．点到直线距离的最小值为1C．三棱锥的体积是定值D．当为的中点时，与所成的角等于【答案】ABD【分析】对于A，利用中位线定理证得四边形是平行四边形，结合线面垂直的性质推得，再利用勾股定理求得即可判断；对于B，当为的中点时，利用线面垂直的判定定理证得是异面直线与的公垂线，从而得以判断；对于C，利用线面平行的判定定理证得面，从而利用等体积法求得三棱锥的体积，由此判断即可；对于D，利用线线平行将与所成的角转化为与所成的角，从而在等边求得其角为，从而得以判断.【详解】对于A，记的中点为，连结，如图1，又因为为线段的中点，所以，，因为在正方体中，，，所以，，故四边形是平行四边形，所以，，在正方体中，面，又面，所以，故，所以点到直线的距离为，因为在中，，则，所以点到直线的距离为，故A正确；.对于B，当为的中点时，连结交于，连结，易得，如图2，在正方体中，面，又面，所以，在正方形中，易得，因为，面，所以面，因为面，所以，同理：，故是异面直线与的公垂线，所以当为的中点时，动点到直线距离最小，且为，此时，在正方体中，，，所以四边形是平行四边形，故，，又是的中点，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，所以动点到直线距离的最小值为，故B正确；.对于C，连结，如图3，由选项B可知，因为面，面，所以面，因为为线段上的动点，所以到面的距离与到面的距离相等，所以，易得面，，所以，即三棱锥的体积是定值，故C错误；.对于D，当为的中点时，连结，，如图4，因为为的中点，所以，又与选项B同理得，所以与所成的角为与所成的角，即，易得，所以是正三角形，故，所以与所成的角为，故D正确..故选：ABD.12．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（    ）A．B．1225既是三角形数，又是正方形数C．D．，，总存在，，使得成立【答案】BCD【分析】根据给定信息，求出数列、的通项，再逐一分析各个选项即可判断作答.【详解】依题意，数列中，，，，于是得，满足上式，数列中，，，，于是得，满足上式，因此，对于A，，则，A不正确；对于B，因为，则，又，则，B正确；对于C，，则，C正确；对于D，，，取，则，所以，，总存在，，使得成立，D正确.故选：BCD【点睛】易错点睛：裂项法求和问题，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．三、填空题13．已知直线，.若，则实数______.【答案】【分析】根据平行直线的性质进行求解即可.【详解】因为，所以有，解得，故答案为：14．如图，在平行六面体中，为的中点，若该六面体的棱长都为2，，则______.【答案】【分析】根据给定条件，取空间向量的一个基底，再利用空间向量数量积及运算律求出向量的模作答.【详解】在平行六面体中，令，显然不共面，两两夹角为，因为为的中点，则， 而，，所以.故答案为：15．已知双曲线，、分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，连接交双曲线左支于点，若是等边三角形，则双曲线的离心率为______.【答案】【分析】记等边的边长为，利用双曲线的定义得到，进而在中利用余弦定理求得，从而求得双曲线的离心率.【详解】因为是等边三角形，不妨记，所以，由双曲线的定义得，故，所以，又由双曲线的定义得，所以，故，所以，，在中，，则，所以，整理得，故，所以双曲线的离心率为.故答案为：..16．已知椭圆C：的左､右焦点分别是，，过点的直线交椭圆于A，B两点，则的内切圆面积的最大值为___________.【答案】【分析】设直线AB的方程为，，，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，由示面积，并变形后应用基本不等式得最大值，从而可得内切圆半径最大值，即得面积最大值．【详解】解：直线AB的斜率不能为0，但可不存在.设直线AB的方程为，，，由，得，，，则（当且仅当时等号成立）.设的内切圆半径为r，，则，，则的内切圆面积的最大值为.故答案为：．四、解答题17．已知圆的圆心在直线，且与直线相切于点.(1)求圆的方程；(2)直线过点且与圆相交，所得弦长为，求直线的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）分析可知圆心在直线上，联立两直线方程，可得出圆心的坐标，计算出圆的半径，即可得出圆的方程；（2）利用勾股定理求出圆心到直线的距离，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数，即可得出直线的方程.【详解】（1）解：过点且与直线垂直的直线的方程为，由题意可知，圆心即为直线与直线的交点，联立，解得，故圆的半径为，因此，圆的方程为.（2）解：由勾股定理可知，圆心到直线的距离为.当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，满足条件；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由题意可得，解得，此时，直线的方程为，即.综上所述，直线的方程为或.18．已知数列为公差不为的等差数列,满足,且成等比数列.(Ⅰ) 求的通项公式；(Ⅱ) 若数列满足,且求数列的前项和.【答案】(Ⅰ) ； (Ⅱ) .【分析】(Ⅰ)利用等比中项性质和等差数列的通项公式列方程，可解得公差d的值，进而求得等差数列的通项公式；(Ⅱ)根据题意，由累加法求出数列的通项公式，再通过裂项相消法求数列的前项和.【详解】(Ⅰ) 设等差数列的公差为,依题意得又,解得,所以. (Ⅱ)依题意得,即 (且) 所以 ,   .对上式也成立,所以,即, 所以.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，考查了累加法求数列的通项公式，考查了裂项相消法求数列的和，考查了推理能力与计算能力. 形如的数列 均可利用累加法求通项公式.19．如图，在四棱锥中，底面，，，，，，，点为棱上一点，且.(1)若平面，求实数的值；(2)若平面，求直线和平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，表达出，求出平面的法向量，从而，列出方程，求出；（2）求出平面的法向量，结合第一问得到的，列出方程组，求出，从而利用线面角的正弦值求解公式得到答案.【详解】（1）因为底面，平面，所以BC，AB，又因为，所以两两垂直，以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，因为，，，，，所以，设，故，解得：，故，，设平面的法向量为，则，令，解得：，故，由题意得：，即，解得：；（2）设平面的法向量为，则，令，则，，故，由于平面，所以，设，即，解得：，故，由（1）得：平面的法向量为，设直线和平面所成角的正弦值为，故，直线和平面所成角的正弦值为.20．已知正项数列，其前项和为．（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）Sn前后两项作差消去，求得an的前后两项关系，从而求得an的通项公式；（2）由（1）求得bn，对n分奇数，偶数两种情况讨论，分组求和求得数列前n项和.【详解】解：（1）由已知，①所以有，②②-①，得，即，∴，所以数列是公比为的等比数列．又，∴．所以（2）由（1）得，当n为奇数时，当n为偶数时，综上所述，【点睛】方法点睛：（1）通过an+1=Sn+1-Sn得到an前后两项的关系，从而求得通项公式；（2）对于含有(-1)n的问题可以讨论n的奇偶性，即可去掉该项，然后按照分组求和的方法求得数列前n项和.21．如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，，分别是，的中点.(1)求证：平面平面；(2)求平面和平面夹角的余弦值；(3)在线段（含端点）上是否存在点，使点到平面的距离为？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析；(2)；(3)存在，与点重合时，满足题意.【分析】(1)由题意可证明和，即可证明平面平面；(2)先找出二面角，再转化到三角形中解三角形即可；(3)存在点，运用等体积法验证即可说明.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，又为边长为2的正三角形，为中点，所以，所以平面，平面，所以①,又，所以，所以，所以，所以(为与的交点)，所以②，又因为③,由①②③可得平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：设,过作于，连接,因为平面，平面，所以，又因为，，则平面,平面,所以，所以为平面和平面夹角，在中，,在中，，所以，所以中，,所以；（3）当点与点重合时，点到平面的距离为，取中点，连接,则∥，所以四点共面，又平面，平面，所以，又，,所以平面，设点到平面的距离为，又,即,即,所以，解得.故在线段存在点（端点处），使点到平面的距离为.22．已知双曲线的左、右焦点分别为，，动点M满足．(1)求动点M的轨迹方程；(2)若动点M在双曲线C上，设双曲线C的左支上有两个不同的点P，Q，点，且，直线NQ与双曲线C交于另一点B．证明：动直线PB经过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据双曲线的定义求得的值得双曲线方程；（2）确定垂直于轴，设直线BP的方程为，设，，则，直线方程代入双曲线方程，由相交求得范围，由韦达定理，利用N、B、Q三点共线，且NQ斜率存在，由斜率相等得出的关系，代入韦达定理的结论可求得的值，从而得直线BP所过定点．【详解】（1）因为，所以，动点M的轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的左支，则，可得，，所以，点M的轨迹方程为；（2）证明：∵，∴直线PQ垂直于x轴，易知，直线BP的斜率存在且不为0，设直线BP的方程为，设，，则，联立，化简得：，直线与双曲线左支、右支各有一个交点，需满足或，∴，，又，又N、B、Q三点共线，且NQ斜率存在，∴，即，∴，∴，∴，化简得：，∴，∴，即，满足判别式大于0，即直线BP方程为，所以直线BP过定点．